\section{行列式计算再举例}

\begin{frame}{行列式计算再举例}
  \begin{example}\label{1B7}
    \vspace{-1em}
    {\small
      \begin{equation}
    \begin{aligned}
      &\quad \begin{vmatrix}
      x+a_1b_1 & a_1b_2 & \cdots & a_1b_{n-1} & a_1 b_n\\
      a_2b_1 & x+a_2b_2 & \cdots & a_2b_{n-1} & a_2b_n\\
      \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
      a_{n-1}b_1 & a_{n-1}b_2 & \cdots & x+a_{n-1}b_{n-1} & a_{n-1} b_n\\
      a_{n} b_1 & a_nb_2 & \cdots & a_{n} b_{n-1} & x+a_{n} b_n
    \end{vmatrix} \\
    \pause
    &\overset{\circled{1}}{=} 
    \begin{vmatrix} 
      1 & b_1 & b_2 &  \cdots & b_{n-1} & b_n\\
      0 &x+a_1b_1 & a_1b_2 & \cdots & a_1b_{n-1} & a_1 b_n\\
      0 &a_2b_1 & x+a_2b_2 & \cdots & a_2b_{n-1} & a_2b_n\\
      \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
      0 & a_{n-1}b_1 & a_{n-1}b_2 & \cdots & x+a_{n-1}b_{n-1} & a_{n-1} b_n\\
      0 & a_{n} b_1 & a_nb_2 & \cdots & a_{n} b_{n-1} & x+a_{n} b_n
    \end{vmatrix} \\
    \pause
    &= \begin{vmatrix} 
      1 & b_1 & b_2 & \cdots & b_{n-1} & b_n\\
      -a_1 &x & 0  & \cdots & 0 & 0\\
      -a_2 &0 & x & \cdots & 0 & 0\\
      \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
      -a_{n-1} & 0 &  0 & \cdots & x & 0\\
      -a_n & 0 & 0 & \cdots & 0 & x
    \end{vmatrix} 
    \pause
    \overset{\circled{2}}{=} x^{n-1}\left(x+\sum_{i=1}^n a_ib_i\right),
    \end{aligned}
\end{equation}
}
其中 \circled{1} 称为\emph{升阶法}（或\emph{加边法}），\circled{2} 我们是用对角线上的 $x$ 来消第一列中位于同一行的数。
  \end{example}
\end{frame}


\begin{frame}
  上例的计算中用到了$\frac{1}{x}$, 看似还要对$x=0$的情形单独计算，其实不必。
  \pause
我们在$x\neq 0$时算出行列式为$f_1(x)=x^{n-1}\left(x+\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)$.
把上例中行列式视作$x$的多项式 (行列式显然是关于其元素的多项式)，记为$f(x)$.
  那么$x\neq 0$时$f(x)=f_1(x)$. 由连续性知$x=0$时亦有$f(x)=f_1(x)$.
  因此总有$f(x)=x^{n-1}\left(x+\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)$.

  ~

  \pause
  一般的原则如下。
  我们在计算元素中带变量的方阵的行列式时常会遇到因为要取逆 (即倒数) 而产生的边界条件
  （涉及的元素在等于$0$时不可逆）；避开边界条件时，
  我们的计算可借助逆元进行下去，而边界的情形貌似要分开讨论计算。
实际上，不必再讨论，我们在计算行列式时可以放心地使用分式。
  由于我们的基域是数域，我们可以视一个方阵$A$为复矩阵来计算。
  $A$的行列式是关于$A$的元素的多项式，记为$f$;
  在边界之外，算出的行列式必定也是个多项式，记为$f_1$.
  在边界之外，$f=f_1$, 那么由连续性可知，在边界上也有$f=f_1$. 
  注意下，我们说``边界''时心目中其应该满足：
  边界上的点都是一列不在边界上的点的极限；这样连续性才可用。
  在行列式中元素为某些变量的多项式的分式 (即有理函数) 的条件下，
  取逆产生的边界 (多项式的零点集) 都有此性质%
  \footnote{因为非零的$n$元复系数多项式的零点集的补集在$\bC^n$中是稠密的。}；
  因此不必对边界情形单独计算。
  下面的解释有更大的一般性，不过得学过近世代数才能明白。

\pause
  \begin{remark}\label{1B6}
  即使基域不是数域，而是一般的域，
  分类讨论也是不必的。
  这点可以通过提升到（多元形式) 多项式环进而视元素取自
  该多项式环的分式域中计算来避开。
  在分式域中非零多项式都是可逆的，我们可以安全地使用分式，不会有边界条件。
  同时注意到下面的事实：赋值与行列式相容。具体说来如下。
\end{remark}


\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{remark}[续]
    给定域$\bF$上的$n$阶矩阵$A$, 假设$A$的元素都是变量
    $a_1, \cdots, a_m$的多项式。
    令$R=\bF[x_1, \cdots, x_m]$是$\bF$上的 (形式) 多项式环，
    $K(R)=\bF(x_1, \cdots, x_m)$为$R$的分式域。
    赋值$x_1 = a_1, \cdots, x_m = a_m$诱导了环的满同态
    \[
      \ev \colon R\rightarrow \bF,\quad 
      \sum c_{i_1\ldots i_m} x_1^{i_1}\cdots x_{m}^{i_m}\mapsto 
      \sum c_{i_1\ldots i_m} a_1^{i_1}\cdots a_{m}^{i_m}.
    \]
  进而$\ev$诱导了矩阵环之间的赋值同态
  $\ev \colon M_n(R)\rightarrow M_n(\bF)$, 
  其中$M_n(R)$ (转：$M_n(\bF)$) 表示元素取自$R$ (转：$\bF$) 的$n$阶方阵构成的全矩阵环，
  而且行列式的完全展开式表明我们有交换图
  \[
    \begin{tikzcd}[ampersand replacement=\&]
      M_n(R)\ar[r, "\ev"] \ar[d, "\det"'] \& M_n(\bF) \ar[d, "\det"] \\
      R \ar[r, "\ev"] \& \bF,
    \end{tikzcd}
  \]
  其中$\det$是行列式函数。
  也就是说，若$A\in M_n(\bF)$是个元素为变量$a_1, \cdots, a_m$的多项式的方阵，
  把变量$a_1, \cdots, a_m$视为符号$x_1, \cdots, x_m$时得到了方阵$A(x)\in M_n(R)$，
  那么$\det A(x)$中符号视为变量时就是$\det A$.
  为了计算$\det A(x)$, 我们可以进一步视其中的元素取自分式域$K(R)$,
  这样可以随意使用任意非零元素的逆了。

  比如上例中，
  设基域为$\bF$, 视$x$为符号，进而视方阵中所有元素取自$\bF[x]$的分式域$\bF(x)$.
  此时$x$可逆，从而可以用于消去其他元素。
  把所得的行列式的值中的$x$再重新视为变量，我们就得到了想要的行列式的值。

  一般而言，无论关心的是变量还是符号，我们都当作符号来处理即可，此时可以随意地使用分式。
\end{remark}


\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
        我们来证明
        \begin{equation}\label{1B5}
          \small
         \begin{vmatrix}
      c_1 & a & \cdots & a & a\\
      b & c_2 & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & c_{n-1} & a\\
      b & \cdots & b& b & c_n
    \end{vmatrix}=\frac{af(b)-bf(a)}{a-b},
  \end{equation}
  其中$f(x)=\prod_{i=1}^n (c_i-x)$. 
(注意右边分式的分母整除分子，故是$a,b$的多项式，因此并未遗漏$a=b$的情形。)
  \pause
  \textbf{方法一、二：}记所给行列式为$d(c_1,\cdots,c_n)$.
我们有
  \[\small
    \begin{aligned}
      d(c_1,\cdots,c_n)&= 
      \begin{vmatrix}
      c_1-b & 0 & \cdots & 0 & 0\\
      b & c_2 & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & c_{n-1} & a\\
      b & \cdots & b& b & c_n
    \end{vmatrix}   + 
      \begin{vmatrix}
      b & a & \cdots & a & a\\
      b & c_2 & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & a & a \\
      b & \cdots & b & c_{n-1} & a\\
      b & \cdots & b& b & c_n
    \end{vmatrix} \\
    &=
    (c_1-b)d(c_2,\cdots,c_n)+ 
      \begin{vmatrix}
      b & a & \cdots & a & a\\
      0 & c_2-a & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & 0 & 0 \\
      0 & \cdots & b-a & c_{n-1}-a & 0\\
      0 & \cdots & b-a& b-a & c_n-a
    \end{vmatrix}\\
    &=   (c_1-b)d(c_2,\cdots,c_n)+b\prod_{i=2}^n(c_i-a).
  \end{aligned} 
  \]
  %其中 \circled{1} 是对其左边第二个行列式执行了初等变换：把第一行乘$-1$加到所有其他行，
  %\circled{2} 左边行列式的值由按照第一列展开得到。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
\addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
    \textbf{方法一：} 由递推式$d_{n}=(c_1-b)d(c_2,\cdots,c_n)+b\prod_{i=2}^n(c_i-a)$
    可归纳地证得~\eqref{行列式计算举例1}.

     \textbf{方法二：}
     如上建立递推式后，再注意到转置不改变行列式，实际上我们有两个递推式：
     \[\small
     \begin{aligned}
      d_{n}&= (c_1-b)d(c_2,\cdots,c_n)+b\prod_{i=2}^n(c_i-a),\\
        d_{n}&= (c_1-a)d(c_2,\cdots,c_n)+a\prod_{i=2}^n(c_i-b).
      \end{aligned}
   \]
  当$a\neq b$时联立可解得$d_n=\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}.$ 
  这是$a,b, x_1,\cdots,x_n$的多项式。
  应用例~\ref{1B7}~后说的原则可知$a=b$时行列式的值也是如此。

\textbf{方法三：} 令
\[\small
  g(x)= \begin{vmatrix}
      x+c_1 & x+ a & \cdots & x+ a & x+ a\\
      x+b & x+ c_2 & \ddots & \vdots & \vdots \\
      \vdots & \ddots & \ddots & x+ a & x+ a \\
      x+ b & \cdots & x+ b & x+ c_{n-1} & x+ a\\
      x+ b & \cdots & x+ b& x+ b & x+ c_n
  \end{vmatrix}.
\]
把第一行后每行都减去第一行后可知$f(x)$是$x$的一次多项式，
因此只用算出两个不同点的值即可确定。
显然 $g(-a)= f(a)$, $g(-b)=f(b)$.
若$a\neq b$, 则由Lagrange插值知
\[
  g(x)=  \frac{x+b}{b-a}f(a)+\frac{x+a}{a-b}f(b);
\]
因此所给行列式的值为
  $g(0)=\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}.$
$a=b$时行列式的值也是如此。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}


  \begin{example}[Vandermonde 行列式]%例2 
    \label{0F1}
  行列式
\begin{equation}
  d=\begin{vmatrix}
  1 & 1 & 1 & \cdots & 1  \\
a_{1} & a_{2} & a_{3} & \cdots & a_{n} \\
a_{1}^{2} & a_{2}^{2} & a_{3}^{2} & \cdots & a_{n}^{2} \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{1}^{n-1} & a_{2}^{n-1} & a_{3}^{n-1} & \cdots & a_{n}^{n-1}
\end{vmatrix}
\end{equation}
称为 $n$ 阶的\emph{范德蒙德 (Vandermonde) 行列式}。 
\pause
我们来证明，对任意的 $n(n \geqslant 2), n$ 阶范德蒙德行列式等于 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 这 $n$ 个数的所有可能的差 $a_{i}-a_{j}$ ($1 \leqslant j<i \leqslant n$) 的乘积。
\pause
用连乘号，这个结果可以简写为
\[
  \begin{vmatrix}
  1 & 1 & \cdots & 1 \\
a_{1} & a_{2} & \cdots & a_{n} \\
a_{1}^{2} & a_{2}^{2} & \cdots & a_{n}^{2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{1}^{n-1} & a_{2}^{n-1} & \cdots & a_{n}^{n-1}
\end{vmatrix}=\prod_{1 \leqslant j<i \leqslant n}\left(a_{i}-a_{j}\right) .
\]
\pause
由这个结果立即得出，范德蒙德行列式为零的充分必要条件是 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 这 $n$ 个数中至少有两个相等。
\pause
我们对 $n$ 作归纳法。
  当 $n=2$ 时，
  {\small $\begin{vmatrix}
  1 & 1 \\
a_{1} & a_{2}
\end{vmatrix}=a_{2}-a_{1},$}
结果是对的。 
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
    \pause
设对于 $n-1$ 阶的范德蒙德行列式结论成立，现在来看 $n$ 阶的情形。
在~\eqref{Vandermonde行列式}~中，第 $n$ 行减去第 $n-1$ 行的 $a_{1}$ 倍，第 $n-1$ 行减去第 $n-2$ 行的 $a_{1}$ 倍。 也就是由下而上依次地从每一行减去它上一行的 $a_{1}$ 倍，有
{\small
\[
  \begin{aligned}
    d & =\begin{vmatrix}
    1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\
  0 & a_{2}-a_{1} & a_{3}-a_{1} & \cdots & a_{n}-a_{1} \\
0 & a_{2}^{2}-a_{1} a_{2} & a_{3}^{2}-a_{1} a_{3} & \cdots & a_{n}^{2}-a_{1} a_{n} \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & a_{2}^{n-1}-a_{1} a_{2}^{n-2} & a_{3}^{n-1}-a_{1} a_{3}^{n-2} & \cdots & a_{n}^{n-1}-a_{1} a_{n}^{n-2}
\end{vmatrix} \\
\pause
& =\begin{vmatrix}
a_{2}-a_{1} & a_{3}-a_{1} & \cdots & a_{n}-a_{1} \\
a_{2}^{2}-a_{1} a_{2} & a_{3}^{2}-a_{1} a_{3} & \cdots & a_{n}^{2}-a_{1} a_{n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{2}^{n-1}-a_{1} a_{2}^{n-2} & a_{3}^{n-1}-a_{1} a_{3}^{n-2} & \cdots & a_{n}^{n-1}-a_{1} a_{n}^{n-2}
\end{vmatrix} \\
\pause
& =\left(a_{2}-a_{1}\right)\left(a_{3}-a_{1}\right) \cdots\left(a_{n}-a_{1}\right)\begin{vmatrix}
1 & 1 & \cdots & 1 \\
a_{2} & a_{3} & \cdots & a_{n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{2}^{n-2} & a_{3}^{n-2} & \cdots & a_{n}^{n-2}
\end{vmatrix} .
\end{aligned}
\]
}%
后面这行列式是一个 $n-1$ 阶的范德蒙德行列式， 根据归纳法假设， 它等于所有可能差 $a_{i}-a_{j}\left(2 \leqslant j<i \leqslant n\right)$ 的乘积; 而包含 $a_{1}$ 的差全在前面出现了。 因之， 结论对 $n$ 阶范德蒙德行列式也成立。 根据数学归纳法， 完成了证明。 
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{example}[超 Vandermonde 行列式]
  我们来计算下
  \begin{equation}
 V_{i}(x_1,\cdots,x_n) = \begin{vmatrix}
      1 & 1 & \cdots & 1\\
      x_1 & x_2 & \cdots & x_n\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      x_1^{i-1} & x_2^{i-1} & \cdots & x_n^{i-1}\\
      x_1^{i+1} & x_2^{i+1} & \cdots & x_n^{i+1}\\
      \vdots & \vdots & & \vdots\\
      x_1^{n} & x_2^{n} & \cdots & x_n^{n}
    \end{vmatrix}.
\end{equation}
\pause
这个显然比Vandermonde行列式少了一行，我们想办法补全它跟Vandermonde行列式关联起来。
\pause
我们考虑如下的Vandermonde行列式
  \begin{equation*}
      V(x_1,\cdots,x_n,z)=\begin{vmatrix}
        1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\
        x_1 & x_2 & \cdots & x_n & z \\
        \vdots & \vdots & & \vdots  & \vdots \\
        x_1^{i-1} & x_2^{i-1} & \cdots & x_n^{i-1} & z^{i-1}\\
        x_1^i & x_2^i & \cdots & x_n^i & z^i \\
        x_1^{i+1} & x_2^{i+1} & \cdots & x_n^{i+1} & z^{i+1}\\
        \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\
        x_1^{n} & x_2^{n} & \cdots & x_n^{n} & z^{n}
    \end{vmatrix}.
\end{equation*}
\end{example}


\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
我们知道
\[
    V(x_1,\cdots,x_n,z)=V(x_1,\cdots,x_n)\prod_{1\leqslant i\leqslant n}(z-x_i).
\]
而$V(x_1,\cdots,x_n,z)$按照最后一列展开后$z^i$的系数就是$(-1)^{n+i} V_i(x_1,\cdots,x_n)$. 
\pause
这样由根与系数的关系知
\[
    V_i(x_1,\cdots,x_n)=  \sigma_{n-i} V(x_1,\cdots,x_n)
\]
其中
\[
\sigma_{n-i}= \sum_{1\leqslant l_1 < \ldots < l_{n-i}\leqslant n} x_{l_1}\ldots x_{l_{n-i}}.
\]
\end{example}

\pause
  \begin{example}\label{112}
  我们来计算下
  \[
    A_n=\begin{pmatrix}
      a & b & & \\
      c & a & b& \\
      & \ddots & \ddots & \ddots \\
      &&c & a & b\\
      & & & c & a
    \end{pmatrix}
  \]
  的行列式。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
令$d_n=|A_n|$. 按第一行展开后再按第一列展开可知
\[
  d_n=ad_{n-1}-bcd_{n-2}.
\]
\pause
  要从这样的二级递推式得到通项公式，我们把它转化为一个一级递推式，
  形如
  \[
    d_n-\alpha d_{n-1}=\beta(d_{n-1}-\alpha d_{n-2}),\quad 
    \text{即}
    \quad
    d_n-(\alpha+\beta)d_{n-1}+\alpha\beta d_{n-2}=0. 
  \]
  \pause
  这样$\alpha,\beta$应满足
  \[
    \alpha+\beta=a, \quad \alpha\beta=bc.
  \]
  故我们取$\alpha, \beta$为方程$x^2-ax+bc=0$的两个根即可。
\pause
设$a_n=d_n-\alpha d_{n-1}$ ($n\geqslant 2$). 那么$a_n= \beta a_{n-1}$,
且$a_2=\beta^2$. 因此$a_n=\beta^n$ ($n\geqslant 2$),
    即$d_n= \beta^n+\alpha d_{n-1}$. 进而容易递推得
    \[
d_n= \sum_{i=0}^n \alpha^i \beta^{n-i}
        =\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}.
    \]
    \pause
    除了递推，交换$d_n= \beta^n+\alpha d_{n-1}$中$\alpha, \beta$
    的角色我们也有$d_n= \alpha^n+\beta d_{n-1}$.
    故$\alpha\neq \beta$时可解得$d_n=\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}=\sum_{i=0}^n \alpha^i \beta^{n-i}$.
    由对称多项式的理论知这是$a,bc$的多项式，因而是$a, b,c$的多项式。
    $\alpha=\beta$相当于$a^2=4bc$, 此时必定也有$d_n=\sum_{i=0}^n \alpha^i \beta^{n-i}$ (数域上可通过复数域上多项式的连续性看%
    \footnote{一般域上应用多项式的连续性还需事实：仿射空间中非零多项式的零点集的补集在Zariski拓扑下是稠密的。})。
    也就是说，例~\ref{1B7}~后说的原则同样适用于这里。
    %递推可得
    %\[
      %\begin{aligned}
       % d_n&= \beta^n+\alpha d_{n-1} = \beta^n+\alpha (\beta^{n-1}+\alpha d_{n-2})
        %= \beta^n + \alpha \beta^{n-1 } + \alpha ^2 d_{n-2} \\
        %&= \beta^n + \alpha \beta^{n-1} + \alpha^2 \beta^{n-2} + \alpha^3 d_{n-3}
        %= \cdots\\
        %&= \beta^n + \alpha \beta^{n-1} +  \cdots  + \alpha^{n-2} \beta^2 + \alpha^{n-1} d_1\\
        %&= \sum_{i=0}^n \alpha^i \beta^{n-i}
        %&= \begin{cases}
        %\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta}, & \quad \alpha\neq \beta ~(\text{即~}a^2\neq 4bc)\\
        %(n+1)\left( \frac{a}{2} \right)^n, & \quad \alpha=\beta ~(\text{即~}a^2=4bc).
     % \end{cases}.
   %   \end{aligned}
   % \]
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{remark}
  例~\ref{112}~中的矩阵是三对角矩阵（即非零元素只可能在主对角线上和相邻两条对角线上）。
  我们的计算过程主要是从一个二级递推式得到数列的通项公式。
  这个问题亦可借助于形式幂级数解决。
  假设域$\bF$中序列$\{ a_n \}_{n\geqslant 1}$满足$a_n-ba_{n-1}+ca_{n-2}=0$, 其中$b,c\in \bF$.
  再设方程$x^2-bx+c=0$有两个根$\alpha, \beta$. 令$a_0=1$. 
  构造形式幂级数$f=\sum_{i=0}^\infty a_i x^i\in \bF\lBrack x\rBrack$（称为\emph{生成函数}）。
  由$\{ a_n \}$满足的二级递推式知$f$满足
  \[
    (1-bx+cx^2)f=1+(a_1-b)x.
  \]
  为了简单起见，我们只考虑$b=a_1$的情形 (例~\ref{112}~便是如此)。这时，
    \[
      \begin{aligned}
        f&= \frac{1}{1-bx+cx^2}=\frac{1}{(1-\alpha x)(1-\beta x)}\\
        &=  \sum_{i=0}^\infty (\alpha x)^i \sum_{i=0}^\infty (\beta x)^i \\
        &=  \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{i+j=n} \alpha^i \beta^j\right) x^n.
      \end{aligned}
    \]
    这里我们用到了$\bF\lBrack x\rBrack$中的求逆公式$(1-x)^{-1}=\sum_{i=0}^\infty x^i$. 
    故$d_n=\sum_{i+j=n} \alpha^i \beta^j$. 
    形式幂级数同样轻松地应用于三级、四级等递推式
    (通过在基域的扩域中考虑，我们总可设根的存在性，
    对称多项式的理论让我们能把用根表示的行列式的值表示回去)。

\end{remark}


\end{frame}


\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为Vandermonde行列式？公式如何？
    \item 做完一定量的行列式的计算后，总结下计算行列式的常用方法。
  \end{enumerate}
\end{frame}
